Demuestra que $\lim_{x \to +\infty}\left(f(x)+f'(x)\right)=0 \Rightarrow \lim_{x \to +\infty} f(x)=0$

Question

Cómo demostrar que $\lim_{x \to +\infty}(f(x)+f'(x))=0 $ implica $\lim_{x \to +\infty} f(x)=0$ ?

Answer 1

Pista: Si, $L = \displaystyle \lim\limits_{x \to \infty} f(x) = \lim\limits_{x \to \infty}\dfrac{e^xf(x)}{e^x}$ y puesto que $\lim\limits_{x \to \infty} e^x = \infty$ , sugiere L-Hopital,

$\displaystyle L = \lim\limits_{x \to \infty} \dfrac{(e^xf(x))'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x \to \infty} f(x) + f'(x) = 0$

¡todavía tenemos que establecer la existencia de los límites !

Otra forma es utilizar el MVT de Cauchy .

Para un $\epsilon > 0$ , elija una $\alpha > 0$ tal que $\displaystyle |f(x) + f'(x)| \le \epsilon$ para $x \ge \alpha$ .

Ahora el Teorema del Valor Medio de Cauchy implica $\exists \beta \in (\alpha,x)$ tal que

$$\displaystyle \dfrac{e^xf(x) - e^{\alpha}f({\alpha})}{e^x - e^{\alpha}} = f(\beta)+f'(\beta)$$

De ello se deduce que $|f(x) - f(a)e^{\alpha-x}| \le \epsilon|1-e^{\alpha-x}| \implies |f(x)| \le |f(\alpha)|e^{\alpha-x}+\epsilon|1-e^{\alpha-x}|$

Por lo tanto, $|f(x)| \le 2\epsilon$ para un tamaño suficientemente grande $x$ .

Answer 2

Si $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) + f'(x) = 0$ para cualquier $\epsilon > 0$ existe $y > 0$ tal que para todo $x > y$ ,

$$\begin{align} & f(x) + f'(x) \le \epsilon\\ \implies & \frac{d}{dx}\big[f(x) e^x\big] = (f(x)+f'(x)) e^x \le \epsilon e^x\\ \implies & f(x)e^x - f(y)e^y = \int_y^x \frac{d}{dt}\big[f(t)e^t\big]dt \le \epsilon \int_y^x e^t dt = \epsilon( e^x - e^y)\\ \implies & f(x) \le \epsilon + ( f(y) - \epsilon ) e^{y-x}\\ \end{align} $$ Esto conduce a $$\limsup_{x\to+\infty} f(x) \le \epsilon + |f(y)-\epsilon|\lim_{x\to+\infty} e^{y-x} = \epsilon \tag{*1a}$$

Aplique exactamente el mismo argumento a $-f(x)$ obtenemos

$$\limsup_{x\to+\infty} ( -f(x) ) \le \epsilon\quad\implies\quad \liminf_{x\to+\infty} f(x) \ge -\epsilon \tag{*1b}$$

Desde $\epsilon$ es arbitraria, $(*1a)$ y $(*1b)$ juntos implica

$$0 = \underbrace{\sup_{\epsilon>0} (-\epsilon ) \le \liminf_{x\to+\infty} f(x)}_{(*1b)} \;\le\; \underbrace{\limsup_{x\to+\infty}f(x) \le \inf_{\epsilon > 0}\epsilon}_{(*1a)} = 0 \quad\implies\quad \lim_{x\to+\infty} f(x) = 0\\ $$

Answer 3

Esto ya se publicó en el sitio, pero aquí vamos: considere la función $g$ definido por $$g(x)=\mathrm e^xf(x),$$ entonces $$g'(x)=\mathrm e^x(f'(x)+f(x)),$$ por lo que, por hipótesis, para cada $\varepsilon$ para cada $x$ suficientemente grande, digamos, cada $x\geqslant x_\varepsilon$ , $$|g(x)|\leqslant\varepsilon\mathrm e^x.$$ Integrando esto en el intervalo $(x_\varepsilon,x)$ se obtiene $$|g(x)|\leqslant|g(x_\varepsilon)|+\varepsilon(\mathrm e^x-\mathrm e^{x_\varepsilon})\leqslant|g(x_\varepsilon)|+\varepsilon\mathrm e^x,$$ para cada $x\geqslant x_\varepsilon$ Eso es, $$|f(x)|\leqslant\varepsilon+|g(x_\varepsilon)|\mathrm e^{-x}.$$ En $x\to+\infty$ se obtiene $$\limsup_{x\to+\infty}|f(x)|\leqslant\varepsilon.$$ Este límite superior es válido para cualquier $\varepsilon$ de ahí $$\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=0.$$

Answer 4

Obsérvese que podemos, a partir del límite, para cualquier $\varepsilon>0$ podemos escribir que, para todo lo suficientemente grande $x$ que $$-\varepsilon< f(x)+f'(x)<\varepsilon$$ que puede escribirse como $$-\varepsilon-f(x) < f'(x) < \varepsilon-f(x)$$ lo que, como límite simple, implica que si $f(x)>2\varepsilon$ entonces $f'(x)<-\varepsilon$ . Esto significa que $f$ para un tamaño suficientemente grande $x$ , es definitivamente eventualmente va a menos de $2\varepsilon$ . Puedes ampliar esto en una prueba completa de que el límite $\lim_{x\rightarrow\infty}f(x)$ existe y es $0$ fácilmente.

Answer 5

Observaciones: 1. Debía responder a este problema (2020/04/20) pero estaba cerrado: Demostrar si $\lim_{x\to +\infty}(f(x)+f'(x))=0$ entonces $\lim_{x\to +\infty} f(x)=0$

2. La regla habitual de L'Hopital para $\frac{\infty}{\infty}$ no funciona directamente para el problema ya que hay que demostrar que $\lim_{x\to \infty} \mathrm{e}^xf(x) = \infty$ .

3. Parece que no se utiliza la siguiente versión de la regla de L'Hopital directamente en las respuestas aquí. Así que escribí esta respuesta.

4. La norma habitual de L'Hopital se refiere a $\frac{0}{0}$ o $\frac{\infty}{\infty}$ . Como versión discreta de la regla de L'Hopital, el teorema de Stolz-Cesaro trata de $\frac{0}{0}$ o $\frac{\cdot}{\infty}$ . ¿Por qué el L'Hopital'rule habitual no se ocupa de $\frac{\cdot}{\infty}$ como el teorema de Stolz-Cesaro?

$\phantom{2}$

Prueba

Utilizaremos la siguiente versión de la regla de L'Hopital (página 3 de [1]):

Supongamos que $f(x)$ y $g(x)$ son diferenciables en un intervalo abierto $I$ excepto posiblemente en un punto $A$ contenida en $I$ , $g'(x)\ne 0$ para todos $x$ en $I$ , $\lim_{x\to A} g(x) = \infty$ , y $\lim_{x\to A} \frac{f'(x)}{g'(x)} = L$ . Entonces: $$\lim_{x\to A} \frac{f(x)}{g(x)} = L.$$ (Observación: No se asume nada sobre $\lim_{x\to A} f(x)$ ni siquiera su existencia).

$\phantom{2}$

Usando la regla de L'Hopital de arriba, ya que $\lim_{x\to \infty} \frac{(\mathrm{e}^x f(x))'}{(\mathrm{e}^x)'} = \lim_{x\to \infty} f(x) + f'(x) = 0$ y $\lim_{x\to \infty} \mathrm{e}^x = \infty$ , tenemos $\lim_{x\to \infty} \frac{\mathrm{e}^x f(x)}{\mathrm{e}^x} = \lim_{x\to \infty} f(x) = 0$ . Hemos terminado.

Referencia

[1] Gabriel Nagy, https://www.math.ksu.edu/~nagy/snippets/stolz-cesaro.pdf